人教A版高中数学选择性必修第一册第3章章末综合提升学案

这是一份人教A版高中数学选择性必修第一册第3章章末综合提升学案，共8页。

类型1　圆锥曲线的定义及标准方程1．圆锥曲线的定义是相应标准方程和几何性质的“源”，对于圆锥曲线的有关问题，要有运用圆锥曲线定义解题的意识，“回归定义”是一种重要的解题策略．2．求圆锥曲线标准方程的常用方法(1)直接法：动点满足的几何条件本身就是几何量的等量关系，只需把这种关系“翻译”成含x，y的等式就得到动点的轨迹方程．(2)待定系数法：根据条件能确定曲线的类型，可设出方程形式，再根据条件确定待定的系数．3．圆锥曲线定义的应用及标准方程的求解体现了逻辑推理、数学运算、直观想象的数学学科素养．【例1】　(1)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1＋d2＝6，则双曲线的方程为(　　)A．x24－y212＝1　　 B．x212－y24＝1C．x23－y29＝1 D．x29－y23＝1(2)双曲线16x2－9y2＝144的左、右两焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且|PF1|·|PF2|＝64，则∠F1PF2＝________．(1)C　(2)60°　[(1)法一：因为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，所以ca=2， c2=a2+b2，解得c=2a， b=3a.所以双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±3x.依题意，不妨设Ac，b2a，Bc，-b2a到直线y＝3x的距离分别为d1，d2，因为d1＋d2＝6，所以3c-b2a2＋3c+b2a2＝6，所以23a-3a2＋23a+3a2＝6，解得a＝3，所以b＝3，所以双曲线的方程为x23－y29＝1，故选C．法二：因为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，所以ca=2， c2=a2+b2，解得c=2a，b=3a，如图所示，由d1＋d2＝6，即|AD|＋|BE|＝6，可得|CF|＝3，故b＝3，所以a＝3，所以双曲线的方程为x23－y29＝1.(2)双曲线方程16x2－9y2＝144，化简为x29－y216＝1，即a2＝9，b2＝16，所以c2＝25，解得a＝3，c＝5，所以F1(－5，0)，F2(5，0)．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由双曲线的定义知|m－n|＝2a＝6，又已知m·n＝64，在△PF1F2中，由余弦定理知cos ∠F1PF2＝PF12+PF22-F1F222PF1·PF2＝m2+n2-2c22m·n＝m-n2+2m·n-4c22m·n＝36+2×64-4×252×64＝12.所以∠F1PF2＝60°．] 类型2　圆锥曲线的性质及应用1．本类问题主要有两种考查类型：(1)已知圆锥曲线的方程研究其几何性质，其中以求椭圆、双曲线的离心率为考查重点．(2)已知圆锥曲线的性质求其方程，基本方法是待定系数法，其步骤可以概括为“先定位、后定量”．2．圆锥曲线的性质的讨论和应用充分体现了直观想象和逻辑推理的数学素养．【例2】　(1)(2022·江苏省南通市模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为23，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为12，则C的方程为(　　)A．x23＋y2＝1 B．x23＋y22＝1C．x29＋y24＝1 D．x29＋y25＝1(2)已知双曲线C的方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，过右焦点F作双曲线在第一、三象限的渐近线的垂线l，垂足为P，l与双曲线C的左、右支的交点分别为点A，B．①求证：P在直线x＝a2c上；②求双曲线C的离心率e的取值范围；③若|AP|＝3|PB|，求离心率e.(1)D　[由椭圆的定义，知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，所以△AF1B的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝12.所以a＝3.因为椭圆的离心率e＝ca＝23，所以c＝2.所以b2＝a2－c2＝5.所以椭圆C的方程为x29＋y25＝1．](2)[解]　①证明：由题意知，l：y＝－ab(x－c)，由y＝bax及y＝－ab(x－c)，联立解得点P的坐标为a2c，abc，所以点P在直线x＝a2c上．②由y=-abx-c，x2a2-y2b2=1， 消去y并整理得(b4－a4)x2＋2a4cx－a2(a2c2＋b4)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2a4ca4-b4，x1·x2＝a2a2c2+b4a4-b4.由于点A，B分别在两支上，所以x1·x2＝a2a2c2+b4a4-b4<0，所以b2>a2，即c2>2a2，所以e>2.③由题意知：P分AB所成的比λ＝3，所以x1+3x24＝a2c，即x1＋3x2＝4a2c.又由x1＋x2＝2a4ca4-b4，解得x1＝a2a2+2b2a2-b2c，x2＝a2-2b2a2a2-b2c，从而a2a2+2b2a2-b2c ·a2-2b2a2a2-b2c＝a2a2c2+b4a4-b4，化简得4a2＝b2，所以e＝ca＝1+b2a2＝5. 类型3　直线与圆锥曲线的位置关系1．直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及判定直线与圆锥曲线的交点个数、求弦长、求最值等问题，它是圆锥曲线的定义、性质与直线的基础知识的综合应用，涉及数形结合、函数与方程、分类讨论等数学思想方法．直线与圆锥曲线的位置关系主要有：(1)有关直线与圆锥曲线公共点的个数问题，应注意数形结合．(2)有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系．(3)有关垂直问题，要注意运用斜率关系及根与系数的关系，设而不求，简化运算．2．借用直线与圆锥曲线的位置关系问题培养直观想象和数学运算的学科素养．【例3】　已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y＝－12x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足ABCD＝534，求直线l的方程．[解]　(1)由题设知b=3， ca=12， b2=a2-c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，∴椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，∴圆心到直线l的距离d＝2m5，由d<1得|m|<52.①∴|CD|＝21-d2＝21-45m2＝255-4m2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y=-12x+m，x24+y23=1， 得x2－mx＋m2－3＝0，Δ＝m2－4(m2－3)＝12－3m2>0.②由根与系数的关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.∴|AB|＝1+-122m2-4m2-3＝1524-m2.由ABCD＝534，得4-m25-4m2＝1，解得m＝±33，经检验满足①②.∴直线l的方程为y＝－12x＋33或y＝－12x－33. 类型4　圆锥曲线的综合问题1．圆锥曲线的综合问题包括位置关系证明及定值、最值问题，解决的基本思路是利用代数法，通过直线与圆锥曲线的方程求解．2．圆锥曲线的综合问题的解决培养逻辑推理和数学运算素养．【例4】　已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线l与抛物线C交于D，E两点，当直线l与x轴垂直时，|DE|＝4.(1)求抛物线C的方程；(2)如图所示，设点R(x0，2)在抛物线C上，过点Q(1，1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线y＝2x＋2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．[解]　(1)∵点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，∴Fp2，0，又∵当l与x轴垂直时，|DE|＝4，∴Dp2，±2.又∵点D在抛物线上，∴4＝2p×p2＝p2，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)∵点R(x0，2)在抛物线C上，∴x0＝1，∴R(1，2)．设直线AB的方程为x＝m(y－1)＋1(m≠0)，A14y12，y1，B14y22，y2.由x=my-1+1，y2=4x， 得y2－4my＋4m－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4.又直线AR的方程为y－2＝y1-214y12-1(x－1)＝4y1+2(x－1)．由y-2=4y1+2x-1，y=2x+2， 得xM＝－2y1，同理可得xN＝－2y2，∴|MN|＝5|xM－xN|＝251y2-1y1＝25m2-m+1m-1＝251+mm2-2m+1＝251+1m-2+1m≥25×1+1-2-2＝15，当且仅当m＝－1时，等号成立，∴|MN|min＝15，此时直线AB的方程为x＋y－2＝0.